圆锥曲线综合：圆锥曲线与数列综合问题、圆锥曲线新定义问题专项训练含答案-2026届高考数学二轮复习

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(1)求；
(2)求数列的通项公式，并说明理由；
(3)记的面积为，证明：．
【答案】(1)，，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意知双曲线的焦点在轴，且双曲线的渐近线方程为，
则，
又点在上，则，
联立，解得，则双曲线方程为，
由题意得，的斜率，
则，解得，
同理，由题意得，的斜率，
则，解得，
因为，
所以，
，
.
（2）因为，所以，因为，
所以，
于是，①
由于，，
所以．且，
两式作差可得，②
把①代入②可得，③
由③+①得，
即，
因为，所以，
由（1）知，故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以．
（3）由（2）知，，
又，所以，，
，
，
所以
，
即为定值，
所以.
例2．（25-26高三上·广西南宁·月考）已知抛物线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过点作斜率为的直线与交于另一点，再过点作斜率为的直线与交于点，记的坐标为．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设的面积为．
（ⅰ）证明：数列为常数列；
（ⅱ）为何值时，取得最大值，并求出该最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）时，取得最大值为
【详解】（1）证明：因为点在上，所以，所以，
所以抛物线，①
直线，②
联立①②得：，
设的坐标为，则，
直线，③
联立①③得：，
则，
所以，所以数列为等差数列．
（2）（ii）证明：要证数列为常数列，只需证明，证明如下：
，
，
因为数列为等差数列，所以，
故，，所以数列为常数列；
（i）因为数列为常数列，所以，
又直线的斜率为，所以直线，
化简得：，
到的距离为，
由两点距离公式得：，
，
记公差为，
又，所以
，
当，时，取得最大值为．
例3．（25-26高二上·云南大理·期末）已知双曲线的离心率为，且过点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点的直线与双曲线的右支交于另一点，当（为坐标原点）的面积为1时，求直线的方程；
(3)若对，点都在双曲线上，且，设.证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)或.
(3)证明见解析，
【详解】（1）由题意知：，且，求解可得：，
所以双曲线的标准方程为：.
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为：，
此时，点的坐标分别为，，
则的面积为，满足题意，
故此时直线的方程为：；
当直线的斜率存在时，设其为，则直线的方程为：，
由（1）可知双曲线的渐近线方程为，而直线与双曲线交右支于点，，
则直线的斜率应满足：或，联立直线与双曲线的方程：，
消去得：.
设点，，则有：
，
而点到直线的距离为：.
，
因此：，化简得：，
即：，其中：或，且.
当时，解得不满足题意，舍去；
当时，解得（舍去）或，
此时直线的方程为：，
综上可得直线的方程为：或.
（3）证明：由题意有，作差得：，
即有：.
又，所以，
所以，解得，
由，
且，所以数列是首项，的等比数列，
故.
变式1．（2026·江苏·一模）已知，抛物线的准线与交于，两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知圆心在轴上，半径为的与外切，且与抛物线有且仅有两个公共点.
（i）证明：数列为等差数列；
（ii）过点作斜率为1的直线，交抛物线于，两点，且，求的值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）解：由题知抛物线的准线方程为，
又，所以，，
，则，
所以抛物线的方程为；
（2）（i）证明：设，则的方程为
因为与抛物线有且仅有两个公共点，则由得：
，即
，即，
同理当时有，
将两等式相减可得：，
而与外切，则有，
即有，又，则
则，故数列为等差数列.
（ii）因为与抛物线有且仅有两个公共点，则由得：
即，由，即，
由数列为等差数列，公差为2，则，
则.
斜率为1的直线，交抛物线于，两点，
由得：，则，，，
所以，则，
由，则或（舍去）
综上，．
变式2．（25-26高三上·湖北武汉·期末）在矩形中，，以所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，点、满足，直线与直线交于点，记点及其关于轴、轴和原点的对称点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)点在上，按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与交于另一点为关于轴对称点．
（Ⅰ）证明为等比数列；
（Ⅱ）记为的面积，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）
【详解】（1）由题意可知，，
则，
因为，所以，
故，即①，
，即②，
则①式乘以得，将②式代入得，即，
由结合图形可知，点的轨迹在第一象限，
又双曲线关于轴、轴和原点对称，故的方程为；
（2）（Ⅰ）因为,且关于轴对称，所以，
则，
因为，所以，
令，则，
则
，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，
又，所以，
得，
则，
，
则，
，
先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
因为，
故
故数列的通项公式为.
变式3．（2026·江西·一模）已知为抛物线上一点.
(1)求的准线方程；
(2)若点与关于轴对称，过点且斜率为2的直线交于另一点，设.
（i）求数列的前项和；
（ii）求的面积.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）8
【详解】（1）由题意知，则，
所以的准线方程为.
（2）由（1）知的方程为，
（i），
所以，
所以，
所以数列是以为首项，以4为公差的等差数列，
所以，所以.
（ii）将代入得，
则，
法一：
直线的方程为，
点到直线的距离，
，
的面积.
法二：
.
考点二 圆锥曲线新定义问题
例1．（25-26高三上·上海黄浦·月考）定义：若椭圆上的两个点满足，则称为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.已知椭圆的一个焦点坐标为，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求“共轭点对”中点所在直线的方程；
(3)设为坐标原点，点在椭圆上，且，（2）中的直线与椭圆交于两点，且点的纵坐标大于0，设四点在椭圆上逆时针排列.证明：四边形的面积小于.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）依题意，椭圆的另一焦点为，
因此 ，
于是，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设“共轭点对”中点B的坐标为，由（1）知，点在椭圆C：上，
依题意，直线l的方程为，整理得，
所以直线的方程为.
（3）由（2）知，直线：，由，解得或，则，，
设点，，则，两式相减得，
又，于是，则，有，线段PQ被直线l平分，
设点到直线的距离为d，则四边形的面积，
而，则有，
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值，
由消去y得，
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，从而直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离，
所以.
例2．（25-26高三上·上海虹口·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m.
(1)设，若的焦距为2，l过点，求l的方程；
(2)设，若是上的一点，且，l与交于不同的两点A、B，Q为的上顶点，求面积的最大值；
(3)设是l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义.用a、b、k、m表示，并利用与的大小关系，提出一个关于l与位置关系的真命题，给出该命题的证明.
【答案】(1)直线l的方程为；
(2)2；
(3)，真命题及证明见解析.
【详解】（1）设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
因为的焦距为2，所以，故，所以左焦点的坐标为，
因为l过点，直线l的斜率为，
所以直线l的方程为；
（2）因为是上的一点，所以，化简可得，
因为，所以，所以，，所以的方程为，
因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距，所以直线l的方程为，
设，由对称性可得，
因为的面积，为坐标原点，
所以，又，
所以，此时直线l的斜率为0，
所以面积的最大值为2；
（3）因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m，所以直线l的方程为，则向量为直线l的一个法向量，
取，因为M是l上一点，故设，
设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
则，，
由已知，，
所以，
提出如下命题：椭圆的左、右焦点分别为，
直线l的方程为，若，则直线与椭圆相切，证明如下：
联立方程，化简可得，
所以，
方程的判别式，
因为，，所以，
所以，所以，所以方程组只有一组解，
所以直线与椭圆只有一个交点，所以直线与椭圆相切.
例3．（25-26高二上·重庆沙坪坝·期中）定义:若点（x0，y0），（x0’，y0’）在椭圆M:（a > b > 0）上，并满足，则称这两点是关于M的一对共轭点，或称点（x0，y0）关于M的一个共轭点为（x0’，y0’）.已知点A（2，1）在椭圆M:上，O是坐标原点.
(1)求点A关于M的所有共轭点的坐标:
(2)设点P，Q在M上，且∥，求点A关于M的所有共轭点和点P，Q所围成封闭图形面积的最大值.
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【详解】（1）设点A关于M的共轭点的坐标为,由题意有，
消去得，解得，
即点A关于M的共轭点有且只有一个，坐标为，即为A本身.
（2）由题设直线PQ方程为：，
将其与椭圆方程联立有，消去得.
由题有其.又设.
则.
则
.
又设A到直线距离为，则.
则所围成的图形面积为
，当且仅当，即取等号.
故点A关于M的所有共轭点和点P，Q所围成封闭图形面积的最大值为.
变式1．（24-25高二上·湖南永州·期中）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
(1)已知的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”所得曲线的方程；
(2)射线的方程，如果双曲线经“伸缩变换”后得到双曲线，若射线与双曲线、分别交于两点、，且，求双曲线的方程；
(3)对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得，若，，求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【详解】（1）由条件得，得；
（2）、关于原点“伸缩变换”，对作变换，
得到，
解方程组得点的坐标为；
解方程组得点的坐标为；
，
化简后得，解得，，
因此双曲线的方程为或；
（3）对作变换
得抛物线，得，
又，，即，
则，
则，即.
变式2．（24-25高三上·广东深圳·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，抛物线以坐标原点为顶点，为焦点，的一个公共点为．若，则称为“－相伴”．
(1)若为“－相伴”，求直线的斜率．
(2)若为“－相伴”．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若，，的方程为，直线与交于点，判断是否存在定点，使得直线与的倾斜角互补，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)或．
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在定点
【详解】（1）设，由题意知的焦点为，准线为直线，
由抛物线定义得点到的准线的距离．
易知点在第二象限或第三象限．
当点在第二象限时，设直线的倾斜角为，则，
所以，，所以，即直线的斜率为．
当点在第三象限时，由对称性可得直线的斜率为．
综上，直线的斜率为或．
（2）（ⅰ）设，由（1）知的焦点为，
因为点在上，所以，因为点在轴左侧，故，故
因为点在上，所以，
所以，解得，所以．
由椭圆的定义得，又，所以，
所以，即．
设，则，且，
由，可得，
所以，解得，即的取值范围是．
（ⅱ）
因为的方程为，所以，
由，及（ⅰ）中，得，
解得（舍去）或，
所以，
所以的方程为．
设，，由，得，
所以，，，
假设存在定点，使得直线与的倾斜角互补，则直线与的斜率之和为0，
即
，
所以，
所以，即，
所以存在定点，使得直线与的倾斜角互补且．
变式3．（2025·江西·模拟预测）定义：由椭圆的一个焦点和长轴的一个顶点（焦点与顶点在短轴同侧）及短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”.如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比.
(1)求证：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等；
(2)如图，已知椭圆，椭圆的离心率为与相似，且与的相似比为，若的面积为，求的面积（用，k，S表示）；

(3)若椭圆，写出与椭圆相似且长半轴长为，焦点在轴上的椭圆的标准方程.若在椭圆上存在两点M，N关于直线对称，求椭圆的“焦顶三角形”的周长的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）若两个椭圆是“相似椭圆”，则“焦顶三角形”的三个对应角相等.
如图，以焦点为顶点的三角形内角必为钝角，故相等，则相等，

所以相等，而，所以相等，即离心率相等；
若离心率相等，则相等，则相等，则相等；
同理，相等，则相等，所以相等；
所以两个椭圆的“焦顶三角形”相似，所以两个椭圆是“相似椭圆”.
故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等.
（2）设椭圆的半焦距为.
因为椭圆的离心率为，椭圆与椭圆相似，所以椭圆的离心率也为，
若的面积为，又的面积与的面积之比为，
所以的面积为．
因为与的相似比为，
所以的面积与的面积的比为，
所以的面积为．
（3）由离心率相等可知椭圆的方程为，
如图，设直线MN的方程为的中点为．

由消去并整理得，
则，即，
由MN的中点在直线上，得，解得，
因此，而，解得，
椭圆中，短半轴长，半焦距，
所以椭圆的“焦顶三角形”的周长为
故椭圆的“焦顶三角形”的周长的取值范围是．考点目录
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